Correction Bac Blanc 2016

Correction Bac Blanc 2016
Exercice 1 :
.
.
.
a
a
a′
2
AD²
z′
\.
a.
1
i√3
i√3
3
2
2
1
i√3
2
i√3
i√3
1
1
i√3
2
i√3
1
i√3
2i√3
i√3
1
z" ′
DB ′
z
z
z
9 12
3 i√3
2
z0
4
3
2
1
√3
4
3
z
1
4
2
√3
√3
31
3
i 2
1
i donc +z#######$
′+
0"
3
3
3
3 √3
16
AB ′ donc 45 6 7 845 9: ′ ; 5< 65= 7 845 5 ;. .
3
z
3
z z
2
z
3
2
1
z²
2z
z²
2z
z
3 donc l′ équation a deux solutions non réelles conjuguées
3 √3
3 √3
zJ
i et z
zJ
i
2
2
2
2
√
√
donc les points invariants sont M N O′ 7PP Q5
et R O′ 7PP Q5
∆
.
1
i √3²
i√3 3
√
1 3
b 3
√3
√3
√3
√3
b′ 1
i
1
i
b 3
1
i b 2
b 3 b 2 b
i
3
b 2
3
3
3
3 2√3i
√3
√3
√3
√3
b
i 3 2 2
i
b
i 1 2
i
b√3i 3 2√3i
b
3
3
3
3
i√3
3 2√3i
i√3
3√3i 6
b
.
√
3
3
4√3
4√3
16 . 3
√3
′
z#######$
z
z
1
–
i
1
i
–
i
donc
donc
AB
+z
+
′
√3
#######$
!
′
′
"
!"
!"
3
3
3
9
z!0
z
z
2
1
i
1
i
donc
3
2
donc
AD²
4
1z
1
√3
√3
√1
√4
######$
0
!
######$
!0
z#######$
0"′
.
3
2
Le milieu de UADVa pour afXixe M
z0
z!
i √3
3
2
3
2
√3
i
3
16
3
2√3
donc DB ′
3
>.
0
z²
3z
4
3
3
0
√3
i
2
2
2
zY donc N 5< 45 Z 4 5[ O5 U9;V >.
|z 3|
z 3
|z 3| |z 2|
|z′| 1
1
EM MD où E est le point d′ afXixe 3 donc
^
^ 1
|z 2|
z 2
l’ensemble (P) est la médiatrice du segment [ED]
z 3
z 3
z 3
z 3
z 3
z 3
z′est un imaginaire pur
z′
z′
b
c
z 2
z 2
z 2
z 2
z 2
z 2
z 3 z 2
z 3 z 2
zz 2z 3z 6
zz 2z 3z 6
2zz 5z 5z 12 0
2zz 5 z z
12 0
Si z a pour forme algébrique x + iy alors 2zz 5 z z
12 0
2 x
y
5 . 2x 12 0
5
25
5
1
5
1
x
y
5x 6 0
bx
c
y² 6 0
bx
c
y²
bx
c
y² b c
2
4
2
4
2
2
Donc (∆) est le cercle de centre Ω(2.5 ; 0) et de rayon R = privé du point D.
<
Ou avec la forme algébrique de z = x + iy :
z′
z 3 x iy 3
x 3 iy x 2 iy
z 2 x iy 2
x 2 iy x 2 iy
x² 5x 6 y² yi x² 5x 6 y²
x 2 ² y²
x 2 ² y²
x
z’ est un imaginaire pur
0
x
5x
x 2
6
y
y
0
x
y
2 ²
2x
x
y²
i
xyi
5x
3x 6
x 2
y
6
3yi
y
0
xyi
bx
5
c
2
2yi
y
25
4
y
6
5
1
5
1
c
y
bx
c
y
b c
2
4
2
2
Donc (∆) est le cercle de centre Ω(2.5 ; 0) et de rayon R = privé du point D.
bx
1 point
Exercice 2 : 1°) 2 pts si d)
2°) c) 0 ou 2 pts
3°)
2 pts si b) et c)
0,5 si 1 bonne 2 mauvaises
4°) 2 points si a), c) d)
1 pt si 1 bonne réponse seule
1pt si c) et d) 0 pt sinon
1,5 pt si b) et c) et 1 mauvaise
1 pt si 1 bonne 1 mauvaise
0 sinon
2 pts si 2 bonnes
1.5 pt si 2 bonnes 1 mauvaise
0.5 si 1 bonne, 1 mauvaise
0 sinon
Partie A [5,5 points]
1)a) → Etude de la limite de f en ∞ : [0,75 pt] (on a une FI "∞ . 0") ;
Transformons l’écriture de h i . Il suffit ici de développer :
h i
2 . 2ij
k
2j
k
1
l
lim 2i
kmn∞
et lim pj o
omn∞
lim j o
omn∞
0
∞t
0r
4Z 5
[<[5445
s
rl
q
donc "par composée" :
lim j k 0
et
kmn∞
lim 2ij
kmn∞
→ Etude de la limite de x en ∞ : [0,5 pt]
l
lim 2i
∞
v donc "par composée" :
∞
kmy∞
lim j o
omy∞
l
lim j
kmy∞
2 2i
1
lim z{
{|{{}
kmy∞
~kn
b) → Calcul de la dérivée de f M [0,75 pt]
Posons ‚ i
2i
→ ‚ i s’écrit : ‚ i
„ i
„′ i
2i
2
1 j k . On a alors : f w
„ i .… i
1
avec :
… i
…′ i
k
∞
0
k
∞
=76
•€
ƒ w
v donc "par produit par 2" M
lim 2j k 0 puis "par somme":
kmn∞
l
v
4Zf w
.
lim 2 . 2ij k 0
wmn∞
kmn∞
• donc "par produit "
et "par somme avec 1": 4 Z f w
wmy∞
∞.
.
j k (de la forme †‡wyˆ avec
2‰ j k .
)
Š
‚ est donc dérivable sur ‹, comme produit de fonctions dérivables sur ‹, avec :
‚′ i
2.j k
2i 1 . 2j k
2j k 4ij k 2j k
w† w .
→ h est alors dérivable sur ‹ (cf ) avec :
f′ w
Œw† w . N•Ž;.
ƒ′ w
>
. w† w
→ Etude du signe de f M [0,5 pt]
Pour tout réel i, 8 et j k sont strictement positifs.
L’expression f′ w a donc le même signe que w sur ‹.
→ D’où le tableau de variation de f : [0,5 pt]
i
h i
′
h i
∞
1
0
0
1
∞
∞
Calcul :
h 0
2.
1 j•€
‘J
1
2
1
1 .
Les limites de h en ’∞ ont été calculées dans la
question 1.
2)a) Etude sur V ∞ ; >V : [0,75 pt]
→ h est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur ”– ∞ ; 0”.
→ lim h i
1 et h 0
1.
kmn∞
Comme > • U
; U alors, d’après le théorème de la bijection, l’équation f w
”– ∞ ; >”. Remarque : α — 0 car h 0 — 0.
Etude sur U> ; ∞U : [0,5 pt]
→ h est continue (car dérivable) et strictement croissante sur U0 ; ∞U.
> admet une unique solution – sur
→h 0
1 et lim h i
∞.
kmy∞
Comme > • U
; ∞U alors, d’après le théorème de la bijection, l’équation f w
solution ˜ sur U> ; ∞U. Remarque : β — 0 car h 0 — 0.
Synthèse : L’équation f w
[0,25 pt]
> admet également une unique
> possède donc exactement deux solutions – et ˜ sur ‹, avec – ™ 0 ™ š. N•Ž;.
b) [0,5 pt] On peut procéder par balayage.
D’après le tableau de valeurs de la calculatrice :
h 0,84
0,001 … • 0
et h 0,83
0,011 … ™ 0
0 est donc compris entre h 0,83 et h 0,84 . D’où :
0,84 ™ α ™ 0,83 .
Ainsi : – ž >, Œ (valeur approchée de – par excès à >, > près).
c) [0,5 pt] Par définition α est la solution de l’équation h
On a donc : h α
0, c’est-à-dire : 2 2α 1 j α 1
On a donc, en développant :
4αj α
–† –
soit :
i
0 appartenant à l’intervalle ‹n .
0.
2j α 1 0,
† –
. N•Ž;.
Partie B [1 point] Graphique : [0,5 pt]
-x
-®
Conjecture : ‡ ž >, Œ et ‡′ ž >, . [0,5 pt]
Partie C [3 points]
1)a) [0,75 pt] On a : Ÿ i
j k . Ÿ est dérivable sur ‹ avec : Ÿ ′ i
2j k .
Ÿ étant, en particulier, dérivable en , la tangente ¡ à ¢£ en ¤ a pour équation :
¥ Ÿ′
. i
Ÿ
Š
Š
¦ ¥ 2j i
j
b) [0,5 pt] On a : © i
1
¦
§
† ‡w
‡†
‡
†
‡
: équation réduite de ¨.
j n k . © est dérivable sur ‹ (comme somme) avec :
©′ i
0
2 j n k 2j n k .
Par définition, le coefficient directeur de la tangente à ¢ª au point « d’abscisse ¬ est donné par :
®′ ˆ
¯
†n
ˆ
.
c) [0,5 pt] La tangente à ¢ª en « est la droite ¡. D’après la question 1b, ¡ a donc pour coefficient directeur °
2j n ± .
D’après l’équation de ¡ trouvée en 1a, le coefficient directeur de ¡ est aussi donné par : 2j Š .
Par unicité du coefficient directeur d’une droite, il vient donc :
2j n ± 2j Š
¦ jn ± j Š
=76 5Q 5< < 6 = 5Z5
¦
2¬ 2
Z
5 <[6 ‹
¦
ˆ
‡ . N•Ž;.
2)a) [1 pt] On sait qu’un point appartient à une droite si, et seulement si, ses coordonnées vérifient l’équation de la
droite.
Or, ¡ a pour équation ¥ 2j Š i 2 j Š j Š . Il reste donc à remplacer i et ¥ par les coordonnées de «.
« étant le point de la courbe ¢ª d’abscisse ¬
, les coordonnées de « sont
;©
;1 j Š .
D’où :
« • ¡ ¦ ¥² 2j Š i² 2 j Š j Š
¦ 1
j
¦ 1
j
¦
‡
¦ 4 j
Š
2j
. {{}
z{{Š{|{
Š
Š
2j
†
n Š³ ´µ
Š
4 j
Š
‡
j
1
0
2 j
Š
j
Š
Š
> . N•Ž;.
b) [0,25 pt] La droite ¡ étant la tangente à ¢ª en «, elle passe par le point «. Donc d’après la question précédente, on sait
que est solution de l’équation 2 2i 1 j k 1 0, c’est-à-dire de l’équation h i
0.
D’après la partie A, ‡ est donc soit égal à –, soit égal à ˜.
Partie D [2,5 points]
La droite ¶· passe par les points ¶ et ·.
Pour montrer qu’elle est tangente à ¢£ en ¶, il suffit donc de montrer que son coefficient directeur est égal à Ÿ ′ α . Et,
pour montrer qu’elle est tangente à ¢ª en ·, il suffit de montrer que son coefficient directeur est aussi égal à ©′ α .
[1 pt]
Déterminons donc le coefficient directeur de ¸¹ .
¶ est le point de ¢£ d’abscisse α donc : ¶ α ; Ÿ α
· est le point de ¢ª d’abscisse α donc : ·
→ ¶· a donc pour coefficient directeur :
α ;©
avec Ÿ α
α
j α.
avec ©
¥º ¥» 1 j α j α 1 2j α
iº i»
α α
2α
Or, d’après la question 2c de la partie A, 2j α 1 4αj α .
Il vient donc :
–† –
¯
†
–
α
1
°
–
.
1
2j
2α
j α.
α
Par ailleurs, on a vu dans la partie C que, pour tout réel i, Ÿ ′ i
2j k et ©′ i
On a donc bien : ¯ x′ –
®′ – . [1,5 pts]
Conclusion : ¸¹ est bien tangente à -x en ¸ et à -® en ¹. N•Ž;.
2j
α
2α
1
.
2j n k .
Exercice 4 :
1. L’algorithme n° 1 calcule et affiche tous les termes de u1 à un , mais n’affiche pas u0.
L’algorithme n° 2 calcule tous les termes de u0 à un et les affiche tous : c’est lui le bon !
1 point
L’algorithme n° 3 calcule n fois de suite u1 à partir de u0 : il ne calcule pas les termes de u0 à un.
2.
0.5 point
Il semblerait que la suite soit croissante et converge vers un nombre proche de 4.
3.
0.5 point
a. Montrons par récurrence la propriété Pn : « 0 < un < 4 » pour tout entier naturel n.
1.5 point
Initialisation : pour n = 0, on a bien 0 < u0 < 4 vraie, puisque u0 = 2 ; ainsi P0 est vraie.
0.5 si absence ou
Hérédité : Supposons Pn vraie pour un entier n donné (c’est à dire 0 < un < 4 ).
Montrons alors que Pn+1 est vraie (c’est à dire 0 < un+1 < 4 ).
On suppose donc que : 0 < un < 4.
⇔ 8 > 8 – un > 4 car la fonction affine x → 8 – x est décroissante sur IR
1
1
1
⇔ <
< , car la fonction inverse est décroissante sur ]0 ; +∞[.
8 8 − un 4
16
16
16
⇔
<
<
= 4 , car 16 > 0
8 8 − un 4
Donc 0 < un+1 < 4 .
L’hérédité est établie, puisque Pn+1 est vraie.
erreur d’hérédité
Conclusion : Par le principe de récurrence, Pn : « 0 < un < 4 » est vraie pour tout entier naturel n.
(
)
(
)
16 − u n 8 − u n 16 − 8u + u 2
4 − un
16
n
n
b. u n +1 − u n =
− un =
=
=
8 − un
8 − un
8 − un
8 − un
2
1 point
Or, d’après la question précédente, 0 < un < 4 pour tout n entier naturel, ainsi 8 − un > 0 et (4 - un)2 > 0 ,donc un+1−un >
0, donc la suite (u) est croissante.
0.5 point
c. Comme la suite est majorée par 4 et croissante, alors elle converge vers une limite L inférieure ou égale à 4. 0.5 pt
d. En utilisant la calculatrice, on obtient : n = 399.
Partie B
0.5 point
1
1
1
1
8 − un
4
4 − un
1
−
=
−
=
−
=
=− .
v n +1 − 4
16
u n − 4 16 − 32 + 4u n u n − 4 4u n −16 4 u n − 4 4 u n − 4
4
−4
8 − un
8 − un
1
1.5 point
Ainsi la suite (v) est arithmétique de raison r = − .
4
1
1
1 1
2+n
2. v 0 =
1 point
=−
v n = v 0 + nr = − − n = −
u0 − 4
2
2 4
4
1
1
1
4
Comme vn=
⇔ un − 4 =
⇔ un = 4 +
1 point
= 4−
vn
vn
n+2
un − 4
4
lim n + 2 = +∞, donc lim
= 0 , donc lim un = 4.
0.5 point
n+2
1. vn+1 – vn=
1
−
1
=
vn − 4
(
) (
)